2021届安徽省合肥市高三第一次模拟考试数学(理)试题Word版含解析
2021届安徽省合肥市高三第一次模拟考试
数学（理）试题
一、选择题
1．若集合，集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，解得，故；由，解得，
故，因此.故本题正确答案为
点晴:集合的三要素是：确定性、互异性和无序性.研究一个集合，我们首先要看清楚它的研究对象，是实数、还是点的坐标还是其它的一些元素，这是很关键的一步.第二步常常是解对数不等式和一元二次不等式，在解对数不等式的过程中，要注意真数大于零.在求交集时注意区间端点的取舍. 并通过画数轴来解交集、并集和补集的题目.
2．已知复数（为虚数单位），那么的共轭复数为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，故的共轭复数为.
故本题正确答案为
3．要想得到函数的图像，只需将函数的图像（）
A. 向左平移个单位，再向上平移1个单位
B. 向右平移个单位，再向上平移1个单位
C. 向左平移个单位，再向下平移1个单位
D. 向右平移个单位，再向下平移1个单位
【答案】B
【解析】因为，故只需将函数的图象向右平移个单位，再向上平移个单位，即可得到函数的图象.
故本题正确答案为
4．执行如图的程序框图，则输出的为（）
A. 9
B. 11
C. 13
D. 15
【答案】C
【解析】由程序框图可知，
，由，解得，故输出的的值为.
故本题正确答案为
5．已知双曲线的两条渐近线分别与抛物线的准线交于，两点．为坐标原点．若的面积为1，则的值为（）
A. 1
B.
C.
D. 4
【答案】B
【解析】因为双曲线的渐近线方程为，与抛物线的准线相交于
,所以的面积为，解得.
故本题正确答案为
6．的内角的对边分别为,若，，则的外接圆面积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，由正弦定理可得，（为外接圆半径）.利用两角和公式得，即,因为，所以,所以.故的外接圆面积为.
故本题正确答案为
7．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．它是中国古代一个涉及几何体体积的问题，意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等．设为两个同高的几何
体，的体积不相等，在等高处的截面积不恒相等，根据祖暅原理可知，是的
（）
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】设命题：“若，则”.可知命题是祖暅原理的逆否命题，由命题的性质可知必然成立.故是的充分条件；
设命题：“若，则”，对此可以举出反例，若比在某些等高处的截面积小一些，在另一些等高处的截面积多一些，且多的总量与少的总量相抵，则它们的体积还是一样的.所以命题：“若，则”是假命题，即不是的必要条件.
综上所述，是的充分不必要条件.
故本题正确答案为
8．在如图所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分（曲线的方程为）的点的个数的估计值为（）
A. 5000
B. 6667
C. 7500
D. 7854
【答案】B
【解析】由图象可知，空白区域的面积，故阴影部分的面积；由几何概型可知，落入阴影部分的点的个数的估计值为
故本题正确答案为
9．一个几何体的三视图如图所示（其中正视图的弧线为四分之一圆周），则该几何体的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据如图所示的三视图，该几何体为一个正方体的一部分和四分之一个圆柱体，如图所示.
则该几何体的表面积为
.
故本题正确答案为
10．已知的展开式中项的系数与项的系数分别为135与-18，则展开式
所有项系数之和为（）
A. -1
B. 1
C. 32
D. 64
【答案】D
【解析】因为的展开式中项的系数为，所以；又因为的展开式中项的系数为，所以，解得，或，令，故展开式所有项系数之和为.
故本题正确答案为
11．已知函数在在上的最大值为,最小值为,则（）
A. 4
B. 2
C. 1
D. 0
【答案】A
【解析】因为函数，所以
，当时，；而
，当时，，所
以不是函数的极值点，即函数在上单调，函数在上的最值在
端点处取得，因为，，故.
故本题正确答案为
点晴：本题考查的是导数在研究函数中的应用.解决本题的关键是先求导函数，通过判断导函数的正负，判断原函数的增减情况，得到函数的最值.在本题中当时，，但是当时，，所以不是函数的极值点，即函数在上单调，最值在端点处取到.
12．已知函数，．方程有六个不同的实数解，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据已知条件，作出函数的图象，如图所示.
因为方程至多有两个实数解，，则方程
有六个不同的实数解等价于存在四个实数，使得
，同时存在两个实数使得,
由图象可知，，，由韦达定理可知，
，则，，故的取值范围是.
故本题正确答案为D.
点晴：本题考查的知识点是根的存在性及根的个数判断.解决本题首先根据已知中函数的解析式，画出函数的图象，结合方程有六个不同的实数解，并且方程至多有两个实数解，，得到，，再由由韦达定理可知，，可得的取值范围是.
二、填空题
13．命题：“”的否定为__________．
【答案】，
【解析】因为命题的否定是将命题的条件和结论全部否定，故原命题的否定为，.
故本题正确答案为，.
14．已知，，且，则实数__________．
【答案】-6
【解析】因为，且，，所以，解得.
故本题正确答案为.
15．已知，则__________．
【答案】1或
【解析】因为，且，解得，或，.当时，；当，，故
或.
故本题正确答案为或.
.
16．已知直线与函数和分别交于两点，若的最小值为2，则__________．
【答案】2
【解析】设，则，所以，则
,设，则，当时，.因为的最小值为，故将代入，解得，所以，得，故.
故本题正确答案为.
点晴：本题考查的是转化与化归思想及导数在研究函数中的应用.首先利用转化与化归思想把图象交点问题转化为新的函数为关于的函数的最值问题，再利用导数知识根据函数的最小值为求得，进而得到.
三、解答题
17．已知等差数列的前项和为，且满足，．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若，求数列的前项和．
【答案】(1) ;(2) .
【解析】试题分析: （1）根据已知条件求出的首项和公差，即可求出数列的通项公式. （2）将（1）中求得的代入，利用等差数列和分组并项求和公式即可求出.
试题解析：（Ⅰ）因为为等差数列，
所以
（Ⅱ）∵
∴
当时，，∴
当时，
，∴
∴
点晴：本题考查的是数列中的求通项和数列求和问题.第一问中关键是根据已知条件求出数列的通项公式;第二问中的通项，分成两组求和
即可，一组是等比数列，一组是与的奇偶有关，采用
分组并项求和即可.
18．某公司在迎新年晚会上举行抽奖活动，有甲、乙两个抽奖方案供员工选择．
方案甲：员工最多有两次抽奖机会，每次抽奖的中奖率为．第一次抽奖，若未中奖，则抽奖
结束．若中奖，则通过抛一枚质地均匀的硬币，决定是否继续进行第二次抽奖，规定：若抛出硬币，反面朝上，员工则获得500元奖金，不进行第二次抽奖；若正面朝上，员工则须进行第二次抽奖，且在第二次抽奖中，若中奖，获得奖金1000元；若未中奖，则所获奖金为0元．
方案乙：员工连续三次抽奖，每次中奖率均为，每次中奖均可获奖金400元．
（Ⅰ）求某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金 (元）的分布列；
（Ⅱ）试比较某员工选择方案乙与选择方案甲进行抽奖，哪个方案更划算？
【答案】（Ⅰ）见解析；（2）方案甲较划算．
【解析】试题分析: （1）计算出取值时的概率，画出分布列.
（2）比较选择方案甲和方案乙进行抽奖所获奖金的均值，选择更大的一种方案.
试题解析：
，，
所以某员工选择方案甲进行抽奖所获奖金(元）的分布列为
0 500 1000
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，选择方案甲进行抽奖所获奖金的均值
若选择方案乙进行抽奖中奖次数，则
抽奖所获奖金的均值
故选择方案甲较划算．
19．如图所示，在四棱台中，底面，四边形为菱形，
，．
（Ⅰ）若为中点，求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）见解析；（2）.
【解析】试题分析：（1）连接，可证，又因为底面，可得，即可得证.
（2）如图建立空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量的坐标，则直
线与平面所成角的正弦值.
试题解析：
（Ⅰ）∵四边形为菱形，，连结，则为等边三角形，
又∵为中点∴，由得∴
∵底面，底面∴，又∵
∴平面
（Ⅱ）∵四边形为菱形，，，
得，，∴又∵底面，
分别以，，为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系
、、、
∴，，
设平面的一个法向量，
则有，令，则
∴直线与平面所成角的正弦值
．
点晴：本题考查的空间的线面关系以及空间的角.第一问通过证明直线和平面内的两条相交直线垂直，证明平面；第二问中通过建立空间直角坐标系，求得和平面的一个法向量
，结合得到结论.
20．已知点为椭圆的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线与椭圆有且仅有一个交点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设直线与轴交于，过点的直线与椭圆交于两不同点，若
，求实数的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（2）.
【解析】试题分析：（1）根据已知条件得，，椭圆的方程与直线联立，根据求出的值，即可求出椭圆的方程。
（2）根据第（1）问可得，则. 当直线与轴垂直时，
由解得；直线与轴不垂直时，设直线的方程为，，，
将直线的方程与椭圆的方程联立，由，解得，即. 试题解析:（Ⅰ）由题意，得，，则椭圆为：．
由，得．
∵直线与椭圆有且仅有一个交点，
，
∴椭圆的方程为．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，∵直线与轴交于，
∴
当直线与轴垂直时，
，
∴由，
当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，，，由，
依题意得，，且
∴
∴
∵，∴，
综上所述，的取值范围是．
21．已知函数（，为自然对数的底数），是的导函数．
（Ⅰ）当时，求证：；
（Ⅱ）是否存在正整数，使得对一切恒成立？若存在，求出的最大值；
若不存在，说明理由．
【答案】（Ⅰ）见解析；（2）2.
【解析】试题分析:（1）根据已知条件求出，设.根据得出在
上为增函数，即可得证.
（2）令，则只能取或.当时，设，求出.由得
在上是减函数，在是增函数，即.故对一切恒成立. 试题解析：（Ⅰ）当时，，则
令，则
令，得，故在时取得最小值
∵，∴在上为增函数．
∴．
（Ⅱ），
由，得对一切恒成立
当时，可得，所以若存在，则正整数的值只能取1,2
下面证明当时，不等式恒成立
设，则
由（Ⅰ）∴
∴当时，；当时，
即在上是减函数，在上是增函数
∴
当时，不等式恒成立
所以的最大值是22．
22．选修4-4：坐标系与参数方程
已知直线的参数方程为（为参数）．在以坐标原点为极点,轴非负半轴为极轴的极坐标系中,曲线的方程为:．
（Ⅰ）求曲线的直角坐标方程；
（Ⅱ）写出直线与曲线交点的一个极坐标．
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）.
【解析】试题分析:（1）将，代入，即可求出曲线的直角坐标方程.
（2）将代入，即可求出直线与曲线的交点坐标。
试题解析:（Ⅰ）∵∴
即
（Ⅱ）将代入得，即
从而，交点坐标为
所以，交点的一个极坐标为.
23．选修4-5：不等式选讲
已知函数．
（Ⅰ）当时，求不等式的解集；
（Ⅱ）对于任意实数，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）.
【解析】试题分析：（1）将代入，去掉绝对值符号，即可求出不等式的解集.
（2）根据题意得由，，即可求出的取值范围.
试题解析:（Ⅰ），．
当时，由或，得
∴不等式的解集为．
（Ⅱ）不等式对任意的实数恒成立，等价于对任意的实数，
恒成立，即
∵
∴又，所以．